1、高考专题突破五高考专题突破五高考中的圆锥曲线问题高考中的圆锥曲线问题 【考点自测】 1(2017全国)已知双曲线 C：x 2 a2 y2 b21(a0，b0)的一条渐近线方程为 y 5 2 x，且与椭 圆x 2 12 y2 3 1 有公共焦点，则 C 的方程为() A.x 2 8 y 2 101 B.x 2 4 y 2 5 1 C.x 2 5 y 2 4 1D.x 2 4 y 2 3 1 答案B 解析由 y 5 2 x，可得b a 5 2 . 由椭圆x 2 12 y2 3 1 的焦点为(3,0)，(3,0)， 可得 a2b29. 由可得 a24，b25. 所以 C 的方程为x 2 4 y 2
2、5 1.故选 B. 2(2017全国)已知椭圆 C：x 2 a2 y2 b21(ab0)的左、右顶点分别为 A 1，A2，且以线段 A1A2 为直径的圆与直线 bxay2ab0 相切，则 C 的离心率为() A. 6 3 B. 3 3 C. 2 3 D.1 3 答案A 解析由题意知，以 A1A2为直径的圆的圆心为(0,0)，半径为 a.又直线 bxay2ab0 与圆 相切， 圆心到直线的距离 d 2ab a2b2a，解得 a 3b， b a 1 3， ec a a2b2 a 1 b a 2 1 1 3 2 6 3 . 故选 A. 3(2017全国)已知 F 为抛物线 C：y24x 的焦点，过
3、F 作两条互相垂直的直线 l1，l2，直 线 l1与 C 交于 A，B 两点，直线 l2与 C 交于 D，E 两点，则|AB|DE|的最小值为() A16B14C12D10 答案A 解析因为 F 为 y24x 的焦点， 所以 F(1,0) 由题意知直线 l1，l2的斜率均存在，且不为 0，设 l1的斜率为 k，则 l2的 斜率为1 k，故直线 l 1，l2的方程分别为 yk(x1)，y1 k(x1) 由 ykx1， y24x， 得 k2x2(2k24)xk20. 显然，该方程必有两个不等实根 设 A(x1，y1)，B(x2，y2)，则 x1x22k 24 k2 ，x1x21， 所以|AB| 1
4、k2|x1x2| 1k2 x1x224x1x2 1k2 2k24 k2 2441k 2 k2 . 同理可得|DE|4(1k2) 所以|AB|DE|41k 2 k2 4(1k2) 4 1 k211k 2 84 k21 k284216， 当且仅当 k21 k2，即 k1 时，取得等号 故选 A. 4(2017北京)若双曲线 x2y 2 m1 的离心率为 3，则实数 m_. 答案2 解析由双曲线的标准方程知 a1，b2m，c 1m， 故双曲线的离心率 ec a 1m 3， 1m3，解得 m2. 5(2017山东)在平面直角坐标系 xOy 中，双曲线x 2 a2 y2 b21(a0，b0)的右支与焦点
5、为 F 的抛物线 x22py(p0)交于 A，B 两点，若|AF|BF|4|OF|，则该双曲线的渐近线方程为 _ 答案y 2 2 x 解析设 A(x1，y1)，B(x2，y2)， 由 x2 a2 y2 b21， x22py， 得 a2y22pb2ya2b20， 显然，方程必有两个不等实根 y1y22pb 2 a2 .又|AF|BF|4|OF|， y1p 2y 2p 24 p 2，即 y 1y2p， 2pb 2 a2 p，即b 2 a2 1 2， b a 2 2 ， 双曲线的渐近线方程为 y 2 2 x. 题型一题型一求圆锥曲线的标准方程求圆锥曲线的标准方程 例 1(2018佛山模拟)设椭圆x
6、2 a2 y2 b21(ab0)的左、 右焦点分别为 F 1， F2， 上顶点为 B.若|BF2| |F1F2|2，则该椭圆的方程为() A.x 2 4 y 2 3 1B.x 2 3 y21 C.x 2 2 y21D.x 2 4 y21 答案A 解析|BF2|F1F2|2，a2c2， a2，c1，b 3，椭圆的方程为x 2 4 y 2 3 1. 思维升华 求圆锥曲线的标准方程是高考的必考题型，主要利用圆锥曲线的定义、几何性质， 解得标准方程中的参数，从而求得方程 跟踪训练 1已知双曲线x 2 a2 y2 b21(a0，b0)的一个焦点为 F(2,0)，且双曲线的渐近线与圆 (x2)2y23 相
7、切，则双曲线的方程为() A.x 2 9 y 2 131 B.x 2 13 y2 9 1 C.x 2 3 y21Dx2y 2 3 1 答案D 解析双曲线x 2 a2 y2 b21 的一个焦点为 F(2,0)， 则 a2b24， 双曲线的渐近线方程为 yb ax， 由题意得 2b a2b2 3， 联立解得 b 3，a1， 所求双曲线的方程为 x2y 2 3 1，故选 D. 题型二题型二圆锥曲线的几何性质圆锥曲线的几何性质 例 2(1)(2018 届辽宁凌源二中联考)已知圆 E： (x3)2(ym4)21(mR)， 当 m 变化时， 圆 E 上的点与原点 O 的最短距离是双曲线 C：x 2 a2
8、y2 b21(a0，b0)的离心率，则双曲线 C 的 渐近线为() Ay2xBy1 2x Cy 3xDy 3 3 x 答案C 解析圆 E 的圆心到原点的距离 d 324m2， 由此可得，当 m4 时，圆 E 上的点与原点 O 的最短距离是 dmin312，即双曲线的离心 率为 ec a2， 由此可得b a c2a2 a 3， 双曲线 C：x 2 a2 y2 b21(a0，b0)的渐近线为 y b ax 3x.故选 C. (2)(2016天津)设抛物线 x2pt2， y2pt (t 为参数，p0)的焦点为 F，准线为 l.过抛物线上一点 A 作 l 的垂线，垂足为 B.设 C 7 2p，0，AF
9、 与 BC 相交于点 E.若|CF|2|AF|，且ACE 的面积为 3 2，则 p 的值为_ 答案6 解析由 x2pt2， y2pt (p0)消去t可得抛物线方程为y22px(p0)， F p 2，0， 又|CF|2|AF|且|CF| 7 2p p 2|3p， |AB|AF|3 2p， 可得 A(p， 2p) 易知AEBFEC， |AE| |FE| |AB| |FC| 1 2， 故 SACE1 3S ACF1 33p 2p 1 2 2 2 p23 2， p26，p0，p 6. 思维升华 圆锥曲线的几何性质是高考考查的重点，求离心率、准线、双曲线渐近线是常考题 型，解决这类问题的关键是熟练掌握各
10、性质的定义，及相关参数间的联系掌握一些常用的 结论及变形技巧，有助于提高运算能力 跟踪训练 2(2017全国)若双曲线 C：x 2 a2 y2 b21(a0，b0)的一条渐近线被圆(x2) 2y2 4 所截得的弦长为 2，则 C 的离心率为() A2B. 3C. 2D.2 3 3 答案A 解析设双曲线的一条渐近线方程为 yb ax， 圆的圆心为(2,0)，半径为 2， 由弦长为 2 得出圆心到渐近线的距离为 2212 3. 根据点到直线的距离公式，得 |2b| a2b2 3，解得 b 23a2.所以 C 的离心率 ec a c2 a2 1b 2 a22. 故选 A. 题型三题型三最值、范围问题
11、最值、范围问题 例 3(2017浙江)如图，已知抛物线 x2y，点 A 1 2， 1 4 ，B 3 2， 9 4 ，抛物线上的点 P(x， y) 1 2x 3 2 ，过点 B 作直线 AP 的垂线，垂足为 Q. (1)求直线 AP 斜率的取值范围； (2)求|PA|PQ|的最大值 解(1)由 P(x，y)，即 P(x，x2) 设直线 AP 的斜率为 k，则 k x21 4 x1 2 x1 2， 因为1 2x 3 2. 所以直线 AP 斜率的取值范围为(1,1) (2)联立直线 AP 与 BQ 的方程 kxy1 2k 1 40， xky9 4k 3 20， 解得点 Q 的横坐标是 xQk 24k
12、3 2k21 . 因为|PA| 1k2 x1 2 1k2(k1)， |PQ| 1k2(xQx)k1k1 2 k21 ， 所以|PA|PQ|(k1)(k1)3， 令 f(k)(k1)(k1)3， 因为 f(k)(4k2)(k1)2， 所以 f(k)在区间 1，1 2 上单调递增， 1 2，1上单调递减因此当 k1 2时，|PA|PQ|取得最大 值27 16. 思维升华 圆锥曲线中的最值、范围问题解决方法一般分两种：一是代数法，从代数的角度考 虑，通过建立函数、不等式等模型，利用二次函数法和基本不等式法、换元法、导数法等方 法求最值；二是几何法，从圆锥曲线的几何性质的角度考虑，根据圆锥曲线的几何意
13、义求最 值与范围 跟踪训练 3(2016山东)平面直角坐标系 xOy 中，椭圆 C：x 2 a2 y2 b2 1(ab0)的离心率是 3 2 ， 抛物线 E： x22y 的焦点 F 是 C 的一个顶点 (1)求椭圆 C 的方程； (2)设 P 是 E 上的动点，且位于第一象限，E 在点 P 处的切线 l 与 C 交于不同的两点 A，B， 线段 AB 的中点为 D.直线 OD 与过 P 且垂直于 x 轴的直线交于点 M. 求证：点 M 在定直线上； 直线 l 与 y 轴交于点 G，记PFG 的面积为 S1，PDM 的面积为 S2，求S1 S2的最大值及取得 最大值时点 P 的坐标 (1)解由题意
14、知 a2b2 a 3 2 ，可得 a24b2，因为抛物线 E 的焦点为 F 0，1 2 ，所以 b1 2， a1，所以椭圆 C 的方程为 x24y21. (2)证明设 P m，m 2 2 (m0)，由 x22y，可得 yx，所以直线 l 的 斜率为 m，因此直线 l 的方程为 ym 2 2 m(xm) 即 ymxm 2 2 . 设 A(x1，y1)，B(x2，y2)，D(x0，y0) 联立方程 x24y21， ymxm 2 2 ， 得(4m21)x24m3xm410. 由0，得 0m 2 5(或 0m2|MN|2， 点 P 的轨迹 C 是以 M，N 为焦点的椭圆， 2a4,2c2，b a2c2
15、 3， 点 P 的轨迹 C 的方程为x 2 4 y 2 3 1. (2)设 A(x1，y1)，B(x2，y2)，G(m,0)(2m0，得 k2m29b29m2， 又 bmk 3m，所以 k 2m29 mk 3m 29m2， 得 k2k26k，所以 k0. 所以 l 不过原点且与 C 有两个交点的充要条件是 k0，k3. 由(1)得 OM 的方程为 y9 kx. 设点 P 的横坐标为 xP， 由 y9 kx， 9x2y2m2， 得 x2P k2m2 9k281，即 x P km 3 k29. 将点 m 3 ，m 的坐标代入 l 的方程得 bm3k 3 ， 因此 xMkmk3 3k29 . 四边形
16、 OAPB 为平行四边形当且仅当线段 AB 与线段 OP 互相平分，即 xP2xM. 于是 km 3 k292 kmk3 3k29 ，解得 k14 7，k24 7. 因为ki0，ki3，i1,2，所以当l 的斜率为4 7或4 7时，四边形OAPB为平行四边形 题型五题型五探索性问题探索性问题 例 5(2018泉州模拟)如图，椭圆 E：x 2 a2 y2 b21(ab0)的离心率是 2 2 ， 过点 P(0,1)的动直线 l 与椭圆相交于 A，B 两点，当直线 l 平行于 x 轴时， 直线 l 被椭圆 E 截得的线段长为 2 2. (1)求椭圆 E 的方程； (2)在平面直角坐标系 xOy 中，
17、是否存在与点 P 不同的定点 Q，使得|QA| |QB| |PA| |PB|恒成立？若存 在，求出点 Q 的坐标；若不存在，请说明理由 解(1)由已知，点( 2，1)在椭圆 E 上， 因此 2 a2 1 b21， a2b2c2， c a 2 2 ， 解得 a2，b 2， 所以椭圆 E 的方程为x 2 4 y 2 2 1. (2)当直线 l 与 x 轴平行时，设直线 l 与椭圆相交于 C，D 两点，如果存在定点 Q 满足条件， 则有|QC| |QD| |PC| |PD|1， 即|QC|QD|， 所以 Q 点在 y 轴上，可设 Q 点的坐标为(0，y0) 当直线 l 与 x 轴垂直时，设直线 l
18、与椭圆相交于 M，N 两点，则 M，N 的坐标分别为(0， 2)， (0， 2)， 由|QM| |QN| |PM| |PN|，有 |y0 2| |y0 2| 21 21， 解得 y01 或 y02， 所以若存在不同于点 P 的定点 Q 满足条件，则 Q 点坐标只可能为(0,2) 证明如下：对任意直线 l，均有|QA| |QB| |PA| |PB|，其中 Q 点坐标为(0,2) 当直线 l 的斜率不存在时，由上可知，结论成立； 当直线 l 的斜率存在时，可设直线 l 的方程为 ykx1，A，B 的坐标分别为(x1，y1)，(x2，y2)， 联立 x2 4 y 2 2 1， ykx1， 得(2k2
19、1)x24kx20， 其判别式(4k)28(2k21)0， 所以 x1x2 4k 2k21， x1x2 2 2k21， 因此 1 x1 1 x2 x1x2 x1x2 2k， 易知点 B 关于 y 轴对称的点 B的坐标为(x2，y2)， 又 kQAy12 x1 kx11 x1 k1 x1， kQBy22 x2 kx21 x2 k1 x2k 1 x1， 所以 kQAkQB，即 Q，A，B三点共线， 所以|QA| |QB| |QA| |QB| |x1| |x2| |PA| |PB|， 故存在与点 P 不同的定点 Q(0,2)，使得|QA| |QB| |PA| |PB|恒成立 思维升华 (1)探索性问
20、题通常采用“肯定顺推法”，将不确定性问题明朗化其步骤为假设 满足条件的元素(点、直线、曲线或参数)存在，用待定系数法设出，列出关于待定系数的方 程组，若方程组有实数解，则元素(点、直线、曲线或参数)存在；否则，元素(点、直线、曲 线或参数)不存在 (2)反证法与验证法也是求解探索性问题常用的方法 跟踪训练 5(2018 届珠海摸底)已知椭圆 C1，抛物线 C2的焦点均在 x 轴上，C1的中心和 C2 的顶点均为原点 O，从每条曲线上各取两个点，其坐标分别是(3，2 3)，(2，0)，(4， 4)， 2， 2 2 . (1)求 C1，C2的标准方程； (2)是否存在直线 l 满足条件：过 C2的
21、焦点 F；与 C1交于不同的两点 M，N 且满足 OM ON ？若存在，求出直线方程；若不存在，请说明理由 解(1)设抛物线 C2：y22px(p0)， 则有y 2 x 2p(x0)， 据此验证四个点知(3，2 3)，(4，4)在抛物线上， 易得，抛物线 C2的标准方程为 C2：y24x； 设椭圆 C1：x 2 a2 y2 b21(ab0)， 把点(2,0)， 2， 2 2 代入可得 a24，b21. 所以椭圆 C1的标准方程为x 2 4 y21. (2)由椭圆的对称性可设 C2的焦点为 F(1,0)， 当直线 l 的斜率不存在时，直线 l 的方程为 x1. 直线 l 交椭圆 C1于点 M 1
22、， 3 2 ，N 1， 3 2 ， OM ON 0，不满足题意 当直线 l 的斜率存在时，设直线 l 的方程为 yk(x1)， 并设 M(x1，y1)，N(x2，y2)， 由 ykx1， x24y24， 消去 y，得(14k2)x28k2x4(k21)0， 于是 x1x2 8k2 14k2，x 1x24k 21 14k2 ， y1y2k(x11)k(x21) k2x1x2k2(x1x2)k2 3k2 14k2， 由OM ON ，得OM ON 0，即 x1x2y1y20. 将代入式，得4k 21 14k2 3k2 14k2 k24 14k20， 解得 k2.经检验，k2 都符合题意 所以存在直线
23、 l 满足条件，且 l 的方程为 2xy20 或 2xy20. 1(2018惠州模拟)已知椭圆 C：x 2 a2 y2 b21(ab0)的离心率为 2 2 ，过点 M(1，0)的直线 l 交 椭圆 C 于 A，B 两点，|MA|MB|，且当直线 l 垂直于 x 轴时，|AB| 2. (1)求椭圆 C 的方程； (2)当 1 2，2时，求弦长|AB|的取值范围 解(1)由已知 e 2 2 ，得c a 2 2 ， 当直线垂直于 x 轴时，|AB| 2， 椭圆过点 1， 2 2 ， 代入椭圆方程得 1 a2 1 2b21， 又 a2b2c2， 联立可得 a22，b21， 椭圆 C 的方程为x 2 2
24、 y21. (2)当过点 M 的直线的斜率为 0 时，点 A，B 分别为椭圆长轴的端点，|MA| |MB| 21 213 2 22 或|MA| |MB| 21 2132 2b0)的离心率 e 3 2 ，ab3. (1)求椭圆 C 的方程； (2)如图所示，A，B，D 是椭圆 C 的顶点，P 是椭圆 C 上除顶点外的任意一点，直线 DP 交 x 轴于点 N，直线 AD 交 BP 于点 M，设 BP 的斜率为 k，MN 的斜率为 m.证明：2mk 为定值 (1)解因为 e 3 2 c a， 所以 a 2 3c，b 1 3c. 代入 ab3 得，c 3，a2，b1. 故椭圆 C 的方程为x 2 4
25、y21. (2)证明因为B(2,0)，点P不为椭圆顶点，则可设直线BP的方程为yk(x2) k0，k1 2 ， 代入x 2 4 y21，解得 P 8k22 4k21， 4k 4k21 . 直线 AD 的方程为 y1 2x1. 与联立解得 M 4k2 2k1， 4k 2k1 . 由 D(0,1)，P 8k22 4k21， 4k 4k21 ，N(x,0)三点共线知 4k 4k211 8k22 4k210 01 x0，解得 N 4k2 2k1，0. 所以 MN 的斜率为 m 4k 2k10 4k2 2k1 4k2 2k1 4k2k1 22k1222k12 2k1 4 . 则 2mk2k1 2 k1
26、2(定值) 6(2018 届广东六校联考)已知椭圆 C：x 2 a2 y2 b21(ab0)经过点 P 1， 2 2 ，且两焦点与短轴 的一个端点的连线构成等腰直角三角形 (1)求椭圆 C 的方程； (2)动直线 l：mxny1 3n0(m，nR)交椭圆 C 于 A，B 两点，试问：在坐标平面上是否存 在一个定点 T，使得以 AB 为直径的圆恒过点 T.若存在，求出点 T 的坐标；若不存在，请说 明理由 解(1)因为椭圆C：x 2 a2 y2 b21(ab0)的两焦点与短轴的一个端点的连线构成等腰直角三角形， 所以 a 2b，所以 x2 2b2 y2 b21， 又因为椭圆经过点 P 1， 2
27、2 ，代入可得 b1. 所以 a 2，故所求椭圆的方程为x 2 2 y21. (2)首先求出动直线过点 0，1 3 . 当 l 与 x 轴平行时，以 AB 为直径的圆的方程为 x2 y1 3 2 4 3 2， 当 l 与 y 轴平行时，以 AB 为直径的圆的方程为 x2y21， 由 x2 y1 3 2 4 3 2， x2y21， 解得 x0， y1， 即两圆相切于点(0,1)，因此所求的点 T 如果存在，只能是(0,1)，事实上，点 T(0,1)就是所求 的点 证明如下： 当直线 l 垂直于 x 轴时，以 AB 为直径的圆过点 T(0,1)， 当直线 l 不垂直于 x 轴时，可设直线 l：ykx1 3， 由 ykx1 3， x2 2 y21， 消去 y，得(18k29)x212kx160， 记点 A(x1，y1)，B(x2，y2)， 则 x1x2 12k 18k29， x1x2 16 18k29. 又因为TA (x 1，y11)，TB (x 2，y21)， 所以TA TBx 1x2(y11)(y21) x1x2 kx14 3 kx24 3 (1k2)x1x24 3k(x 1x2)16 9 (1k2) 16 18k29 4 3k 12k 18k29 16 9 0， 所以TA TB，即以 AB 为直径的圆恒过点 T(0,1)， 所以在坐标平面上存在一个定点 T(0,1)满足题意
